2002考研数学一真题及答案解析6515.pdf
修正版 数学(一)试题 第1页(共13页)2002 年全国硕士研究生入学统一考试 数学一试题 一、填空题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.把答案填在题中横线上.)(1)exxdx2ln=.(2)已知函数()yy x由方程0162xxyey确定,则(0)y=.(3)微分方程02 yyy满足初始条件0011,2xxyy的特解是 .(4)已知实二次型323121232221321444)(),(xxxxxxxxxaxxxf经正交变换xPy可化成标准型216yf,则a=.(5)设随机变量X服从正态分布2(,)(0)N,且二次方程042Xyy无实根的概率为12,则 .二、选择题(本题共 5 小题,每小题 3 分,满分 15 分.每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求,把所选项前的字母填在题后的括号内.)(1)考虑二元函数),(yxf的下面 4 条性质:),(yxf在点),(00yx处连续;),(yxf在点),(00yx处的两个偏导数连续;),(yxf在点),(00yx处可微;),(yxf在点),(00yx处的两个偏导数存在 若用“PQ”表示可由性质P推出性质Q,则有(A).(B).(C).(D).(2)设0(1,2,3,)nun,且lim1nnnu,则级数11111(1)()nnnnuu(A)发散.(B)绝对收敛.(C)条件收敛.(D)收敛性根据所给条件不能判定.修正版 数学(一)试题 第2页(共13页)(3)设函数()yf x在(0,)内有界且可导,则(A)当0)(limxfx时,必有0)(limxfx.(B)当)(limxfx存在时,必有0)(limxfx.(C)当0lim()0 xf x时,必有0lim()0 xfx.(D)当0lim()xfx存在时,必有0lim()0 xfx.(4)设有三张不同平面的方程123iiiia xa ya zb,3,2,1i,它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为,则这三张平面可能的位置关系为 (5)设1X和2X是任意两个相互独立的连续型随机变量,它们的概率密度分别为1()f x和2()fx,分布函数分别为1()F x和2()F x,则(A)1()f x2()fx必为某一随机变量的概率密度.(B)1()f x2()fx必为某一随机变量的概率密度.(C)1()F x2()F x必为某一随机变量的分布函数.(D)1()F x2()F x必为某一随机变量的分布函数.三、(本题满分 6 分)设 函 数)(xf在0 x 的 某 邻 域 内 具 有 一 阶 连 续 导 数,且(0)0,(0)0ff,若()(2)(0)af hbfhf在0h时是比h高阶的无穷小,试确定ba,的值.修正版 数学(一)试题 第3页(共13页)四、(本题满分 7 分)已知两曲线)(xfy 与xtdteyarctan02在点(0,0)处的切线相同,写出此切线方程,并求极限)2(limnnfn.五、(本题满分 7 分)计算二重积分dxdyeDyx,max22,其中10,10|),(yxyxD.六、(本题满分 8 分)设函数)(xf在(,)内具有一阶连续导数,L是上半平面(y0)内的有向分段光滑曲线,其起点为(ba,),终点为(dc,).记 22211()()1,LxIy f xy dxy f xydyyy(1)证明曲线积分I与路径L无关;(2)当cdab 时,求I的值.七、(本题满分 7 分)(1)验 证 函 数333369()1()3!6!9!(3)!nxxy xxn 满 足 微 分 方 程xeyyy;(2)利用(1)的结果求幂级数30(3)!nnxn的和函数.八、(本题满分 7 分)设有一小山,取它的底面所在的平面为xOy坐标面,其底部所占的区域为2(,)|Dx yx 275yxy,小山的高度函数为),(yxhxyyx2275.(1)设),(00yxM为区域D上一点,问),(yxh在该点沿平面上什么方向的方向导数最大?修正版 数学(一)试题 第4页(共13页)若记此方向导数的最大值为),(00yxg,试写出),(00yxg的表达式.(2)现欲利用此小山开展攀岩活动,为此需要在山脚下寻找一上山坡最大的点作为攀登的起点.也就是说,要在D的边界线2275xyxy上找出使(1)中),(yxg达到最大值的点.试确定攀登起点的位置.九、(本题满分 6 分)已知四阶方阵),(4321A,4321,均为4维列向量,其中432,线性无关,3212,如果4321,求线性方程组Ax的通解.十、(本题满分 8 分)设,A B为同阶方阵,(1)若,A B相似,证明,A B的特征多项式相等.(2)举一个二阶方阵的例子说明(1)的逆命题不成立.(3)当,A B均为实对称矩阵时,证明(1)的逆命题成立.十一、(本题满分 7 分)设维随机变量X的概率密度为 10,cos,()220,xxf x其他.对X独立地重复观察次,用Y表示观察值大于3的次数,求2Y的数学期望.十二、(本题满分 7 分)设总体X的概率分布为 X 0 1 2 3 P 2)1(2 2 21 其中1(0)2是未知参数,利用总体X的如下样本值 修正版 数学(一)试题 第5页(共13页)3,1,3,0,3,1,2,3,求的矩估计值和最大似然估计值.2002 年考研数学一试题答案与解析 一、填空题(1)【分析】原式2ln11.lnlneedxxx (2)【分析】方程两边对x两次求导得 6 620,ye yxyyx 26 12 20.yye ye yxyy 以0 x 代入原方程得0y,以0 xy代入得0,y,再以0 xyy代入得(0)2.y (3)【分析】这是二阶的可降阶微分方程.令()yP y(以y为自变量),则.dydPdPyPdxdxdy 代入方程得 20dPyPPdy,即0dPyPdy(或0P,但其不满足初始条件012xy).分离变量得 0,dPdyPy 积分得 lnln,PyC即1CPy(0P 对应10C);由0 x 时11,2yPy得11.2C 于是 修正版 数学(一)试题 第6页(共13页)1,2,2yPydydxy积分得22yxC.又由01xy得21,C 所求特解为1.yx (4)【分析】因为二次型Tx Ax经正交变换化为标准型时,标准形中平方项的系数就是二次型矩阵A的特征值,所以6,0,0是A的特征值.又因iiia,故600,2.aaaa (5)【分析】设事件A表示“二次方程042Xyy无实根”,则1640AXX 4.依题意,有 1()4.2P AP X 而 44141(),P XP X 即 4141 41(),(),0.4.22 二、选择题(1)【分析】这是讨论函数(,)f x y的连续性,可偏导性,可微性及偏导数的连续性之间的关系.我们知道,(,)f x y的两个偏导数连续是可微的充分条件,若(,)f x y可微则必连续,故选(A).(2)【分析】由1lim101nnunn 充分大时即,N nN时10nu,且1lim0,nnu不妨认为,0,nn u因而所考虑级数是交错级数,但不能保证1nu的单调性.按定义考察部分和 111111111111(1)()(1)(1)nnnkkknkkkkkkkSuuuu 修正版 数学(一)试题 第7页(共13页)1111111(1)11(1)1(1)(),knnnlklklnnuuuuu 原级数收敛.再考察取绝对值后的级数1111()nnnuu.注意111112,11nnnnuunnnuunn 11nn发散1111()nnnuu发散.因此选(C).(3)【分析】证明(B)对:反证法.假设lim()0 xfxa,则由拉格朗日中值定理,(2)()()()fxf xfxx (当x时,因为2xx);但这与(2)()(2)()2fxf xfxf xM矛盾().f xM (4)【分析】因为()()23r Ar A,说明方程组有无穷多解,所以三个平面有公共交点且不唯一,因此应选(B).(A)表示方程组有唯一解,其充要条件是()()3.r Ar A(C)中三个平面没有公共交点,即方程组无解,又因三个平面中任两个都不行,故()2r A 和()3r A,且A中任两个平行向量都线性无关.类似地,(D)中有两个平面平行,故()2r A,()3r A,且A中有两个平行向量共线.(5)【分析】首先可以否定选项(A)与(C),因 121212()()()()21,()()1 121.f xfx dxf x dxfx dxFF 修正版 数学(一)试题 第8页(共13页)对于选项(B),若121,21,1,01,()()0,0,xxf xfx 其他，其他，则对任何(,),x 12()()0f x fx,12()()01,f x fx dx因此也应否定(C),综上分析,用排除法应选(D).进一步分析可知,若令12max(,)XXX,而(),1,2,iiXf x i 则X的分布函数()F x恰是12()().F x F x 1212()max(,),F xPXXxP Xx Xx 1212()().P Xx P XxF x F x 三、【解】用洛必达法则.由题设条件知 0lim()(2)(0)(1)(0).haf hbfhfabf由于(0)0f,故必有10.ab 又由洛必达法则 00()(2)(0)()2(2)limlim1hhaf hbfhfafhbfhh(2)(0)0,ab f 及(0)0f,则有20ab.综上,得2,1.ab 四、【解】由已知条件得 (0)0,f22arctanarctan0020(0)()1,1xxtxxxefedtx 故所求切线方程为yx.由导数定义及数列极限与函数极限的关系可得 02()(0)2()(0)lim()2lim2lim2(0)2.2nnxfff xfnnffnxn 五、【分析与求解】D是正方形区域如图.因在D上被积函数分块表示 2222,max,(,),xxyxyx yDyxy 修正版 数学(一)试题 第9页(共13页)于是要用分块积分法,用yx将D分成两块:1212,.DDD DDyxDDyx I222212max,max,xyxyDDedxdyedxdy 2221212xyxDDDe dxdye dxdye dxdy(D关于yx对称)21002xxdxe dy(选择积分顺序)22110021.xxxe dxee 六、【分析与求解】(1)易知PdxQdy原函数,2211()()()()()xPdxQdydxyf xy dxxf xy dydyydxxdyf xyydxxdyyyy 0()()()().xyxxdf xy d xydf t dtyy 在0y 上PdxQdy原函数,即0(,)()xyxu x yf t dty.积分I在0y 与路径无关.(2)因找到了原函数,立即可得(,)(,)(,).c da bcaIu x ydb 七、【证明】与书上解答略有不同,参见数三 2002 第七题(1)因为幂级数 3693()13!6!9!(3)!nxxxxy xn 的收敛域是()x,因而可在()x 上逐项求导数,得 25831()2!5!8!(31)!nxxxxy xn,修正版 数学(一)试题 第10页(共13页)4732()4!7!(32)!nxxxyxxn,所以 212!nxxxyyyxen()x.(2)与xyyye相应的齐次微分方程为0yyy,其特征方程为210,特征根为1,21322i.因此齐次微分方程的通解为21233(cossin)22xYeCxCx.设非齐次微分方程的特解为xyAe,将y代入方程xyyye可得 13A,即有13xye.于是,方程通解为212331(cossin)223xxyYyeCxCxe.当0 x 时,有112121(0)1,23,0.3131(0)0.223yCCCyCC 于是幂级数30(3)!nnxn的和函数为2231()cos323xxy xexe()x 八、【分析与求解】(1)由梯度向量的重要性质:函数),(yxh在点M处沿该点的梯度方向 0000(,)(,)0000(,),2,2xyxyhhh x yxyyxxy grad 方向导数取最大值即00(,)(,)xyh x ygrad的模,22000000(,)(2)(2).g xyyxxy(2)按题意,即求(,)g x y求在条件22750 xyxy下的最大值点 修正版 数学(一)试题 第11页(共13页)22222(,)(2)(2)558gx yyxxyxyxy 在条件22750 xyxy下的最大值点.这是求解条件最值问题,用拉格朗日乘子法.令拉格朗日函数 2222(,)558(75),L x yxyxyxyxy 则有 22108(2)0,108(2)0,750.LxyxyxLyxyxyLxyxy 解此方程组:将式与式相加得()(2)0.xyxy 或2.若yx,则由式得2375x 即5,5.xy 若2,由或均得yx,代入式得275x 即5 3,5 3.xy 于是得可能的条件极值点 1234(5,5),(5,5),(5 3,5 3),(5 3,5 3).MMMM 现比较222(,)(,)558f x ygx yxyxy在这些点的函数值:1234()()450,()()150.f Mf Mf Mf M 因为实际问题存在最大值,而最大值又只可能在1234,M MMM中取到.因此2(,)gx y在12,MM取到在D的边界上的最大值,即12,MM可作为攀登的起点.九、【解】由432,线性无关及3212知,向量组的秩1234(,)3r ,即矩阵A的秩为3.因此0Ax 的基础解系中只包含一个向量.那么由 123412312(,)2010 修正版 数学(一)试题 第12页(共13页)知,0Ax 的基础解系是(1,2,1,0).T 再由123412341111(,)1111A 知,(1,1,1,1)T是Ax的一个特解.故Ax的通解是1121,1101k 其中k为任意常数.十、【解】(1)若,A B相似,那么存在可逆矩阵P,使1,P APB故 111EBEP APPEPP AP 11().PEA PPEA PEA(2)令0100,0000AB那么2.EAEB 但,A B不相似.否则,存在可逆矩阵P,使10P APB.从而100AP P,矛盾,亦可从()1,()0r Ar B而知A与B不相似.(3)由,A B均为实对称矩阵知,A B均相似于对角阵,若,A B的特征多项式相等,记特征多项式的根为1,n则有 A相似于1,nB也相似于1.n 即存在可逆矩阵,P Q,使111.nP APQ BQ 于是111()().PQA PQB由1PQ为可逆矩阵知,A与B相似.修正版 数学(一)试题 第13页(共13页)十一、【解】由于311cos,3222xP Xdx依题意,Y服从二项分布1(4,)2B,则有 2222111()()4(4)5.222EYDYEYnpqnp 十二、【解】2201 2(1)23(12)34,EX 1(3).4EX 的矩估计量为1(3),4X根据给定的样本观察值计算1(3 1 303 123)8x 2.因此的矩估计值11(3).44x 对于给定的样本值似然函数为 624()4(1)(12),ln()ln46ln2ln(1)4ln(12),LL 2ln()62824286.112(1)(12)dLd 令ln()0dLd,得方程2121430,解得71312(7131,122不合题意).于是的最大似然估计值为713.12
